\(\S2\) GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

\(\bullet\,\) Từ đồ thị hàm số \(y=f(x)\) trong Hình \(a)\), ta thấy

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)>0\) là \(T_1=\varnothing\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)<0\) là \(T_2=\mathbb{R}\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\geq 0\) là \(T_3=\varnothing\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\leq 0\) là \(T_4=\mathbb{R}\).

\(\bullet\,\) Từ đồ thị hàm số \(y=f(x)\) trong Hình \(b)\), ta thấy

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)>0\) là \(T_1=(1;3)\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)<0\) là \(T_2=(-\infty;1)\cup (3:+\infty)\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\geq 0\) là \(T_3=[1;3]\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\leq 0\) là \(T_4=(-\infty;1]\cup [3:+\infty)\).

\(\bullet\,\) Từ đồ thị hàm số \(y=f(x)\) trong Hình \(c)\), ta thấy

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)>0\) là \(T_1=\varnothing\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)<0\) là \(T_2=\mathbb{R}\backslash\{2\}\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\geq 0\) là \(T_3=\{2\}\).

+) Tập nghiệm của bất phương trình \(f(x)\leq 0\) là \(T_4=\mathbb{R}\).

+) Tam thức \(3x^2-36x+108\) có hệ số \(a=3>0\) và \(\Delta=0\) nên \(3x^2-36x+108>0\) với mọi \(x\ne 6\) và bằng \(0\) tại \(x=6\). Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \(\mathbb{R}\setminus \{6\}\).

+) Tam thức \(-x^2+2x-2\) có hệ số \(a=-1<0\) và biệt thức thu gọn \(\Delta'=-1<0\) nên \(-x^2+2x-2<0\) với mọi \(x\). Suy ra bất phương trình vô nghiệm.

+) Đặt \(t=x^2\ge 0\), ta được bất phương trình \(t^2-3t+2\le 0\). Từ đó \(1\le t\le 2\) hay \(1\le x^2\le 2\).

Giải bất phương trình \(1\le x^2\) ta được \(x\le -1\) hoặc \(x\ge 1\).

Giải bất phương trình \(x^2\le 2\) ta được \(-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}\).

Kết hợp nghiệm ta được tập nghiệm của bất phương trình \([-\sqrt{2};-1]\cup [1;\sqrt{2}]\).

+) Dễ thấy \(x^2-x+1>0\) với mọi \(x\) (vì \(a=1>0\) và biệt thức \(\Delta<0\)); \(2x^2+x+2>0\) với mọi \(x\) (vì \(a=2>0\) và biệt thức \(\Delta<0\)). Do đó

\(\displaystyle\frac{1}{x^2-x+1}\le \displaystyle\frac{1}{2x^2+x+2}\Leftrightarrow 2x^2+x+2\le x^2-x+1\Leftrightarrow x^2+2x+1\le 0.\)

Tam thức \(x^2+2x+1\) có hệ số \(a=1>0\) và biệt thức \(\Delta=0\) nên \(x^2+2x+1>0\) với mọi \(x\ne 1\) và bằng \(0\) tại \(x=-1\). Suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\{-1\}\).

+) \(3x^2-8x+5>0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x<1\\&x>\displaystyle\frac{5}{3}.\end{aligned}\right.\)

+) \(-2x^2-x+3 \leq 0\left[\begin{aligned}&x\leq -\displaystyle\frac{3}{2}\\&x\geq 1.\end{aligned}\right.\)

+) \(25x^2-10x+1<0\Leftrightarrow (5x-1)^2<0\Leftrightarrow x\in\varnothing\).

+) \(-4x^2+5x+9 \geq 0\Leftrightarrow -1\leq x\leq \displaystyle\frac{9}{4}\).

Bất phương trình \(-3x^2+7x+10 \geq 0\) có tập nghiệm \(T_1=\left[ -1;\displaystyle\frac{10}{3}\right]\).

Bất phương trình \(-2x^2-9 x+11>0\) có tập nghiệm \(T_2=\left(-\infty;-\displaystyle\frac{11}{2}\right)\cup (1:+\infty)\).

Vậy \(T_1\cap T_2=\left(1;\displaystyle\frac{10}{3}\right]\).

Phương trình đã cho có biệt thức thu gọn \(\Delta'=-3m^2-m+1\).

+) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\(\Delta'>0\Leftrightarrow -3m^2-m+1>0\) \(\Leftrightarrow \displaystyle\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<m<\displaystyle\frac{-1+\sqrt{13}}{6}.\)

+) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi

\(ac=4m^2-m<0\Leftrightarrow 0<m<\displaystyle\frac{1}{4}.\)

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

\begin{eqnarray*}\Delta&=&(m+2)^2+4(2m-10)\geq 0\\&\Leftrightarrow&m^2+12m-36\geq 0\\&\Leftrightarrow&\left[\begin{aligned}&m\leq -6-6\sqrt{2}\\&m\geq -6+6\sqrt{2}.\end{aligned}\right.\end{eqnarray*}

+) Tam thức \(-x^2+(m+1)x-2m+1\) có \(a=-1<0\) nên

\begin{eqnarray*}&&-x^2+(m+1)x-2m+1\le 0,\forall x\in\mathbb{R}\\&\Leftrightarrow& \Delta =(m+1)^2-4(2m-1)\le 0\\&\Leftrightarrow& m^2-6m+5\le 0\\&\Leftrightarrow& m\in [1;5].\end{eqnarray*}

Vậy \(m\in [1;5]\).

+) Tan thức \(x^2-(2m+1)x+m+2\) có \(a=1>0\) nên

\begin{eqnarray*}&&x^2-(2m+1)x+m+2>0,\forall x\in\mathbb{R}\\&\Leftrightarrow& \Delta =(2m+1)^2-4(m+2)< 0\\&\Leftrightarrow& 4m^2-7<0\\&\Leftrightarrow& m\in \left(-\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{2}\right).\end{eqnarray*}

Vậy \(m\in \left(-\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{2};\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{2}\right)\).

+) Doanh thu từ việc bán bình đựng nước bằng \(0\) tức là

\(R(x)=-560x^2+50000x=0\) hay \(x=0\) hoặc \(x\approx 89\).

Vậy theo mô hình đã cho, với đơn giá \(89\) nghìn đồng thì công ty sẽ không có doanh thu (đơn giá cao quá dẫn đến không có ai mua hàng).

+) Doanh thu vượt mức \(1\) tỉ đồng tức là

\begin{eqnarray*}&&R(x)=-560x^2+50000x>1000000\\&\Leftrightarrow& 56x^2-5000x+100000<0\\&\Leftrightarrow& 30{,}25<x<59{,}04.\end{eqnarray*}

Vậy đơn giá của bình đựng nước từ khoảng \(31\) nghìn đồng đến \(59\) nghìn đồng thì doanh thu từ việc bán bình đựng nước vượt mức \(1\) tỉ đồng.

+) Pương trình chuyển động của viên đạn là

\(y=\left(\displaystyle\frac{-9{,}8}{2\cdot 500^2\cdot \cos^245^\circ}\right)x^2+(\tan 45^\circ)x\) hay \(y=\displaystyle\frac{-9{,}8}{250000}x^2+x\).

+) Để viên đạn bay qua một ngọn núi cao \(4000\) mét thì

\begin{eqnarray*}&&y=\displaystyle\frac{-9{,}8}{250000}x^2+x>4000\\&\Leftrightarrow &9{,}8x^2-250000x+1000000000<0\\&\Leftrightarrow& 4967{,}17<x<20543{,}03.\end{eqnarray*}

Vậy khẩu pháo phải đặt cách chân núi trong khoảng từ \(4967\) m đến \(20543\) m (tất nhiên là phải tính đến tầm bắn của khẩu pháo nữa) thì viên đạn sẽ bay qua đỉnh núi.

Quỹ đạo quả bóng là một cung parabol nên phương trình chuyển động có dạng \(h=at^2+ex+c\).

Parabol đi qua các điểm \(A(0;0{,}3)\), \(B(1;8)\), \(C(2;6)\) nên ta có hệ phương trình

\(\begin{cases}c=0{,}3\\a+b+c=8\\4a+2b+c=6\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-\displaystyle\frac{97}{20}\\b=\displaystyle\frac{251}{20}\\c=\displaystyle\frac{10}{3}.\end{cases}\)

Do đó parabol có phương trình \(h=-\displaystyle\frac{97}{20}t^2+\displaystyle\frac{251}{20}t+\displaystyle\frac{10}{3}\).

Quả bóng ở độ cao lớn hơn \(5 \mathrm{~m}\) và nhỏ hơn \(7 \mathrm{~m}\) nên có

\(\begin{cases}-\displaystyle\frac{97}{20}t^2+\displaystyle\frac{251}{20}t+\displaystyle\frac{10}{3}>5\\-\displaystyle\frac{97}{20}t^2+\displaystyle\frac{251}{20}t+\displaystyle\frac{10}{3}<7\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}0{,}45<t<2{,}13\\ \left[\begin{aligned}&t<0{,}75\\&t>1{,}83\end{aligned}\right.\end{cases}\Leftrightarrow\left[\begin{aligned}&0{,}45<t<0{,}75\\&1{,}83<t<2{,}13.\end{aligned}\right.\)

Vậy trong khoảng thời gian \(t\) là \(0{,}45<t<0{,}75\) hoặc \(1{,}83<t<2{,}13\) (giây) thì quả bóng ở độ cao lớn hơn \(5 \mathrm{~m}\) và nhỏ hơn \(7 \mathrm{~m}\).

Viên đạn ở độ cao lớn hơn \(15 \mathrm{~m}\) nên có \(y=-\displaystyle\frac{9}{1000000} x^2+\displaystyle\frac{3}{100}x>15\Leftrightarrow 612{,}57<x<2720{,}76.\)

Vậy khoảng cách \(x\) theo trục hoành của viên đạn so với vị trí bắn là \(612{,}57<x<2720{,}76\) (m) thì viên đạn ở độ cao lớn hơn \(15 \mathrm{~m}\).

Biệt thức của tam thức bậc hai \(f(x)=b^2x^2-(b^2+c^2-a^2)x+c^2\) bằng

\begin{eqnarray*}\Delta&=& (b^2+c^2-a^2)^2-4b^2c^2=(b^2+c^2-a^2-2bc)(b^2+c^2-a^2+2bc)\\&=&\left[(b-c)^2-a^2\right] \left[(b+c)^2-a^2\right]\\&=&(a+b+c)(a+b-c)(b-c-a)(b+c-a).\end{eqnarray*}

Vì \(a\), \(b\), \(c\) là ba cạnh của tam giác nên tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba, suy ra \(a+b-c>0\), \(b+c-a>0\) và \(b-c-a<0\), do đó \(\Delta <0\).

Theo định lí dấu tam thức bậc hai ta có \(f(x)=b^2x^2-(b^2+c^2-a^2)x+c^2>0\) với mọi \(x\).